高中数学湘教版（2019）选择性必修 第一册1.3 等比数列课时训练

这是一份高中数学湘教版（2019）选择性必修 第一册1.3 等比数列课时训练，共5页。

1．等比数列{an}中，a2＝2，a5＝－16，则数列{an}的前6项和为( )
A．21B．－1
C．－2D．11
2．已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若q＝2，S2＝6，则S3＝( )
A．8B．12
C．14D．16
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则S6＝( )
A．31B．32
C．63D．64
4．等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则eq \f(S5,a2)＝( )
A．2B．4
C．eq \f(7,2)D．eq \f(31,2)
5．[2022·湖南师大附中高二月考]有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒中杀死一个病毒的同时将自身分裂为3个，现在有一个这样的细菌和110个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死，至少需要( )
A．4秒钟B．5秒钟
C．6秒钟D．7秒钟
6．[2022·辽宁抚顺高二期末](多选)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a10＝32a5，则( )
A．数列{an}的公比为2
B．数列{an}的公比为±2
C．eq \f(S10,S5)＝32
D．eq \f(S10,S5)＝33
7．若正项等比数列{an}满足a2·a4＝a5，a3＝4，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
8．正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝4，S4＝5S2，则S6＝________．
9．[2022·湖南雅礼中学高二期末]等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.
(1)求{an}的通项公式．
(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，求数列{bn}的前n项和．
[提能力]
10．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－3，3S2＝a3－3，则公比q＝( )
A．3B．4
C．5D．6
11．[2022·湖南衡阳高二期末](多选)“一尺之棰，日取其半，万世不竭”这句话出自《庄子·天下篇》，其意思为“一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完”．设第一天这根木棰被截取一半剩下a1尺，第二天被截取剩下的一半剩下a2尺，……，第六天被截取剩下的一半剩下a6尺，则( )
A．a6＝eq \f(1,32)
B．eq \f(a1,a4)＝8
C．a5＋a6＝eq \f(5,64)
D．a1＋a2＋…＋a6＝eq \f(63,64)
12．若数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝2an＋1，则数列{an}的前5项和为________．
13．设Sn为公比q≠1的等比数列{an}的前n项和，且3a1，2a2，a3成等差数列，则q＝________，eq \f(S4,S2)＝________．
14．[2022·湖南长沙高二期末]已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，令bn＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1，n＝1，2，….
(1)求{an}、{bn}的通项公式；
(2)数列{an}中去掉数列{bn}中的项，剩下的项按原来顺序排成新数列{cn}，求c2021的值．
[培优生]
15．[2022·湖南衡阳高二期末]若对任意的i，j∈N＋且i≠j，总存在n∈N＋，使得an＝ai·aj(i＋j≤n)，则称数列{an}是“T数列”．现有以下四个数列：①{3n＋1}；②{4n－1}；③{3n}；④{n2＋1}．其中所有“T数列”的序号为________．
课时作业(九) 等比数列的前n项和
1．解析：设等比数列{an}的公比为q，
因为a2＝2，a5＝－16，所以q3＝eq \f(a5,a2)＝－8，即q＝－2，
所以a1＝－1，故前6项和为eq \f(－1×（1－26）,1－（－2）)＝21.
答案：A
2．解析：由题意S2＝a1＋2a1＝6，a1＝2，所以a3＝2×22＝8，S3＝S2＋a3＝6＋8＝14.
答案：C
3．解析：因为Sn为等比数列{an}的前n项和，所以S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，
所以(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，即(15－3)2＝3(S6－15)，解得S6＝63.
答案：C
4．解析：由题意可知eq \f(S5,a2)＝eq \f(\f(a1（1－q5）,1－q),a1q)＝eq \f(\f(（1－q5）,1－q),q)＝eq \f(\f(（1－25）,1－2),2)＝eq \f(31,2).
答案：D
5．解析：1秒时，新被杀死的病毒为1个，自身新增长3个；
2秒时，新被杀死的病毒为3个，自身新增长32个；
3秒时，新被杀死的病毒为32个，自身新增长33个；
…
以此类推n秒时，新被杀死的病毒为3n－1个，自身新增长3n个，
故累计杀死病毒数为：Sn＝1＋3＋32＋33＋…＋3n－1，
由Sn≥110得Sn＝eq \f(1－3n,1－3)≥110，∴3n≥221，解得正整数n≥5.
答案：B
6．解析：设等比数列{an}的公比q，由a10＝32a5，
则a1q9＝32a1q4，解得q5＝32，解得q＝2，故A正确、B错误；
由等比数列的前n项和公式可得eq \f(S10,S5)＝eq \f(\f(a1（1－210）,1－2),\f(a1（1－25）,1－2))＝eq \f(1023,31)＝33，故D正确．
答案：AD
7．解析：∵a3＝4，∴a5＝a2·a4＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝16，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q2＝4,a1q4＝16,q>0))，解得：a1＝1，q＝2，
所以等比数列的前n项和Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝2n－1.
答案：2n－1
8．解析：根据题意，设等比数列{an}公比为q，且q>0.
由S4＝5S2，得q≠1，则eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝5×eq \f(a1（1－q2）,1－q)，解得q2＝4，即q＝2，
因为a3＝a1q2＝4a1＝4，所以a1＝1，因此S6＝eq \f(1×（1－26）,1－2)＝63.
答案：63
9．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝10,a4－a3＝2))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝10,d＝2))，
∴解出d＝2，a1＝4，
∴an＝a1＋d(n－1)
＝4＋2n－2
＝2n＋2.
(2)∵b2＝a3＝2×3＋2＝8，
b3＝a7＝2×7＋2＝16，
{bn}是等比数列，
q＝eq \f(b3,b2)＝2，
∴b1＝4，
Sn＝eq \f(b1（1－qn）,1－q)＝eq \f(4（1－2n）,1－2)＝2n＋2－4.
10．解析：设等比数列{an}的第一项为a1，则a3＝a1q2，a4＝a1q3，
因为3S2＝a3－3，则3(a1＋a1q)＝a1q2－3，得3a1＋3a1q－a1q2＋3＝0 ①
因为3S3＝a4－3，则3(a1＋a1q＋a1q2)＝a1q3－3，得3a1＋3a1q＋3a1q2－a1q3＋3＝0 ②
式子①－②，得4a1q2＝a1q3，显然a1≠0，q≠0，则q＝4.
答案：B
11．解析：依题意可知，a1，a2，a3，…成等比数列，且首项与公比均为eq \f(1,2)，
则a6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(6)＝eq \f(1,64)，eq \f(a1,a4)＝8，a5＋a6＝eq \f(3,64)，a1＋a2＋…＋a6＝eq \f(63,64).
答案：BD
12．解析：由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2(an＋1)，
故{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，
故an＋1＝2n，则an＝2n－1，
所以数列{an}的前5项和为eq \f(2（1－25）,1－2)－5＝26－7＝57.
答案：57
13．解析：Sn为公比q≠1的等比数列{an}的前n项和，且3a1，2a2，a3成等差数列，
可得4a2＝3a1＋a3，
即有4a1q＝3a1＋a1q2，
即q2－4q＋3＝0，解得q＝3，
故S2＝eq \f(a1（1－32）,1－3)＝4a1，S4＝eq \f(a1（1－34）,1－3)＝40a1，
则eq \f(S4,S2)＝eq \f(40a1,4a1)＝10.
答案：3 10
14．解析：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，
又a1＝S1＝2也适合上式，
所以an＝2n，n∈N＋.
bn＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1＝2×(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝2×(2n－1).
(2)由(1)知bn＝a2n－1，
所以b10＝a1023，b11＝a2047，
所以{an}前2031项有10项与数列{bn}中的项相同，
由此可知c2021＝a2031＝4062.
15．解析：令an＝3n＋1，ai·aj＝(3i＋1)(3j＋1)＝3(3ij＋i＋j)＋1，
则n＝3ij＋i＋j∈N＋，故{3n＋1}是“T数列”．
令an＝4n－1，则由a1·a2＝21，而4n－1＝21无正整数解，
故{4n－1}不是“T数列”．
令an＝3n，由ai·aj＝3i·3j＝3i＋j＝an，得n＝i＋j∈N＋，故{3n}是“T数列”．
令an＝n2＋1，则a1·a3＝2×10＝20，而2×10＝n2＋1无正整数解，
故{n2＋1}不是“T数列”．
答案：①③